Aufgabenblatt zum Seminar 12 PHYS70357 Elektrizitatslehre und Magnetismus (Physik, Wirtschaftsphysik, Physik Lehramt, Nebenfach Physik)

Aufgabenblatt zum Seminar 12
PHYS70357 Elektrizitätslehre und Magnetismus
(Physik, Wirtschaftsphysik, Physik Lehramt, Nebenfach Physik)

Othmar Marti, (othmar.marti@uni-ulm.de)

8. 07. 2009

1 Aufgaben

In der Vorlesung wurde das magnetische Moment einer homogen geladenen Kugelschale ausgerechnet. Weiter wurde erwähnt, dass das magnetische Moment eines Elektrons doppelt so gross wie klassisch für eine homogen geladene Kugel berechnet sei. Nehmen Sie an, dass die radiale Ladungsverteilung einem Potenzgesetz genüge und bestimmen Sie n so, dass das magnetische Moment doppelt so gross ist wie für eine homogen geladene Kugel.

Wir setzen U = 100 V, R₁ = 10 Ω, R₂ = 20 Ω, R₃ = 30 Ω und L = 2 H.

Berechnen Sie den Strom I₂ durch R₂ und den Strom I₁ durch R₁

unmittelbar nach dem Schliessen des Schalters S.
lange Zeit später.
unmittelbar nach dem erneuten Öffnen von S.
Lange nach dem Öffnen von S.

Zeigen Sie, dass das elektrische Feld in einem Plattenkondensator nicht plötzlich auf Null abfallen kann, wenn wir uns quer zur Feldrichtung aus dem Zwischenraum zwischen den Platten heraus bewegen.

Hinweis: Wenden Sie das Faradaysche Gesetz auf dem gestrichelt eingezeichneten Weg an.

Wie in der Abbildung haben wir zwei kreisförmige Bereiche mit den Radien R₁ = 0.2 m und R₂ = 0.3 m.

In R₁ zeigt ein homogenes Magnetfeld B₁ = 0.1 T nach hinten, in R₂ ein homogenes Magnetfeld von B₂ = 0.15 T nach vorn. Beide Felder nehmen mit der Geschwindigkeit 0.015 T/s ab. Berechnen Sie ∮

⋅d

für jeden der drei eingezeichneten Wege. Wenden Sie das Faradaysche Gesetz auf dem gestrichelt eingezeichneten Weg an.

In der unten gezeichneten Schaltung habe C₁ = 900µF, C₂ = 100 µF und L = 10 H.

C₁ sei auf 100 V aufgeladen, C₂ sei entladen. Geben Sie eine genaue Anleitung, wie man den Kondensator C₂ auf 300 V aufladen kann, indem man S₁ und S₂ in geeigneter Weise schliesst und öffnet.

Berechnen Sie für das Material aus der Abbildung die Hystereseverluste pro cm³ und Periode, wenn das Magnetfeld sinusförmig von - 10 kA/m bis 10 kA/m wechselt.

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(Im Seminar 12 Minuten)
Wie gross ist die Larmorfrequenz im Erdmagnetfeld?
Sei χ = arctan . Berechnen Sie B ,M. Beachten Sie, dass μ = 1 + χ und M = χH ist.

2 Lösungen

Die Ladungsdichte sei $( r)n ρel = ρ1 -- ρel,homogen = ρ0 R$
Die Gesamtladung der kugelsymmetrischen Ladungsverteilung ist
$∫ R 2 q = 4π ρ(r)r dr 0$
und damit
$4πR3-ρ1- 4πR3-ρ1- e = n + 3 e = 3$
Damit werden die Ladungsdichten
$ρ1 = e(n-+--3) ρ0 = -3e--- 4πR3 4πR3$
Die radiusabhängigen Dichten sind dann
$e(n + 3)( r )n 3e ρel(r) = -4πR3--- R- ρel,homogen = 4-πR3-$
Analog wie in der Vorlesung integrieren wir
$∫ R ∫ π 4+n 3 2 ∫ R ∫ π 4 3 2 m = r---sin-(ϕ)e-(n-+-3)B-dϕdr m = 3r--sin-(ϕ)e-B-d ϕdr a 0 0 8R3+nme a,homogen 0 0 8R3me$

Die Resultate sind
$R2e2(n + 3)B R2e2B ma = -------------- ma,homogen = ------- 6(n + 5)me 10me$
Wir wollen
$ma = 2ma,homogen$
haben, oder
$---ma----- 5(n-+-3)- ma,homogen = 2 = 3(n + 5)$
Diese Gleichung hat die Lösung n = -15.
1. Wenn eine Spule oder Induktivität an eine Spannung gelegt wird, fliesst im ersten Augenblick kein Strom. Also ist $I = I = ---U---- = ---100--V--- = 10-A = 3.33 A 1 2 R1 + R2 10 Ω + 20 Ω 3$
2. Nach dem genügend lange gewartet wurde, verhält sich L wie ein Kurzschluss. Der Strom I₁ ist dann $U 100 V 100 V 100 I1 = ------------ = ------------------= ------------ = ---- A = 4.55 A R1 + R2||R3 10 Ω + 20 Ω ||30 Ω 10 Ω + 12 Ω 22$
  Der Strom I₁ teilt sich auf die beiden Widerstände R₂ und R₃ umgekehrt proportional zu ihren Werten auf. Also ist
  $k k I2 = R-- I3 = R-- 2 3$
  Wir berechnen
  $( ) I = I + I = k -1- + -1- 1 2 3 R2 R3$
  Zusammen
  $I2 = I1---(--1-----)-= I1---R3--- = 4.55 A ⋅---30-Ω----- = 2.73 A R2 -1-+ -1- R2 + R3 20 Ω + 30 Ω R2 R3$
3. Beim Öffnen des Schalters wird der Strom durch R₁ sofort zu null $I1 = 0$
  Der Strom durch L bleibt im ersten Augenblick wie er war (Spule). Wir haben also
  $I2 = 4.55 A - 2.73 A = 1.82 A$
4. Nach langer Zeit fliesst kein Strom mehr $I = I = 0 1 2$
Wir verwenden das Faraday-Gesetz $∮ dΦB-- E ⋅ds = - dt$
auf der Schlaufe. Wir nehmen an, dass am rechten Teilweg das elektrische Feld null ist, und dass oben und unten das elektrische Feld entweder null oder senkrecht zum Integrationsweg ist. Damit ist
$∮ E ⋅ds = E ⋅L$
wenn L die Länge der Schlaufe parallel zu im Inneren des Kondensators ist. Da aber ≡ 0 ist, ist muss auch
$∮ E ⋅ds = 0$
sein. Damit existiert ein Widerspruch, der nur gelöst werden kann, wenn auf es -Komponenten entlang der Teilpfade der Schlaufe gibt, die wir als null angenommen haben.
Für beide Wege 1 und 2 ist _i entgegengesetzt zu der durch den Umlauf definierten Richtung von d.
$∮ E ⋅ds = - d-ΦB1 1 dt d = --(B1 ⋅A1 ) dt = A ⋅dB1- 1 dt 2dB1- = πr 1 dt 2 = π (0.2 m ) (- 0.015 T/s) = - 0.00188 V$
$∮ dΦ E ⋅ds = - ---B2 2 dt -d = dt (B2⋅A2) dB = A2 ⋅--2 dt 2 dB2- = πr2 dt = π(0.3 m )2(- 0.015 T/m ) = - 0.00424 V$
Für den Weg 3 ist der Umlaufsinn gleich wie für den Weg 1. Also ist $∮ ∮ ∮ E ⋅ds = E ⋅ds - E ⋅ds = - 0.00188 V - (- 0.00424 V ) = 0.00236 V 3 1 2$
Um den 100 µF-Kondensator auf 300 V aufzuladen benötigt man die Energie $E1 = 1CU 2 = 1⋅10-4 F⋅3002 V2 = 4.5 J 2 2$
Die Anfangsenergie im 900 µF-Kondensator ist
$1- 2 1- -4 2 2 E3 = 2CU = 2⋅9⋅10 F⋅100 V = 4.5 J$
Also muss die gesamte Energie vom 900 µF-Kondensator auf den 100 µF-Kondensator übertragen werden. Wir wollen die Energie in der Spule zwischenspeichern. Wenn S₁ geschlossen ist und S₂ offen ist, bilden C₁ und L einen Schwingkreis. In einem Schwingkreis wird Energie zwischen dem elektrischen Feld im Kondensator und dem magnetischen Feld in der Spule hin- und hertransferiert (analog zu kinetischer und potentieller Energie im Pendel). Wenn T₁ die Schwingungsdauer des Schwingkreises ist, so ist nach der Zeit T₁∕4 C₁ komplett entladen und alle Energie in L. Wenn nun S₁ geöffnet wird und gleichzeitig S₂ geschlossen wird, so bilden C₂ und L einen Schwingkreis. Wenn T₂ die Schwingungsdauer dieses Schwingkreises ist, müssen wir T₂∕4 warten und alle Energie ist von L auf das elektrische Feld von C₂ übertragen. Dabei ist die Spannung aber negativ. Um den geforderten positiven Spannungswert zu bekommen warten wir einfach 3T₂∕4.
Wir haben:
$∘ ----- √ ----------4--- T1 = 2π L⋅C1 = 2 π 10 H ⋅9⋅10 F = 0.596 s$
Also muss S₁ während T₁∕4 = 0.149s geschlossen sein. Weiter haben wir:
$∘ ----- √ ---------4-- T2 = 2π L⋅C2 = 2π 10 H⋅10 F = 0.199 s$
Also muss S₂ für 3T₂∕4 = 0.1491 s geschlossen werden. Nun ist C₂ auf 300 V aufgeladen.
Bemerkung: Diese Schaltung findet sich in fast allen aktuellen Netzteilen.
Wir verwenden $wmagn = 1H ⋅B 2$
Dies ist die von der Hysteresekurve umschlossene Fläche in der Abbildung. Die Hystereseverluste pro cm³ bekommt man, indem man
$-6 m3 w1cm3 = 10 ---3wmagn cm$
rechnet.
Die Hysteresverluste sind aus der Fläche gerechnet
$-1 - 2 -1 - 3 wmagn = 938 TAm = 938 Vsm Am = 938 Jm$
Pro cm³ erhalten wir
$3 -3 w1 cm = 0.000938 Jcm$
Bemerkung: Bei 1000 Hz würde das etwa einen Verlust von 1 Wcm^-3 ausmachen.
Die Larmorfrequenz ist $-19 Ω = -e--B = --1.6⋅10----C---5⋅10-5 T = 4.4⋅106 s-1 2me 2⋅9.11⋅10-31 kg$